山东省淄博市部分学校2021届高三阶段性诊断考试（二模）数学答案.pdf

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1、高三数学试题 第1页（共11页） 二模考试二模考试数学数学参考答案参考答案 一、单项选择题：本题共一、单项选择题：本题共 8 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 40 分在每小题给出的四个选项中，分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的只有一项是符合题目要求的 1C；2A；3D；4C；5D；6C；7B；8B 二、多项选择题：本题共二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分分在每小题给出的四个选项中，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求有多项符合题目要求全部选对的得全部选对的得 5 分，部分选对的得分，部分选对的得 2 分，有选错

2、的得分，有选错的得 0 分分 9AC；10AD；11ACD；12BC 三三、填空题：本题共填空题：本题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分分 1356；1460；155；1662 四、四、解答题：本题共解答题：本题共 6 小题，共小题，共 70 分分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤 17解： （1）选择条件 由550S =，得115 455(2 )=502adad+=+，即1210ad+=； 1 分 由124S SS,成等比数列，得2214SS S=， 即22211114446aaddaad+=+，即12da= 2 分 解得1

3、2a =，4d =， 3 分 因此42nan= 4 分 选择条件 由550S =，得115 455(2 )=502adad+=+，即1210ad+=； 1 分 由663(2)Sa=+，得66611663+()332=+aaaaa+=，即12a =； 2 分 解得4d =， 3 分 因此42nan= 4 分 选择条件 由124S SS,成等比数列，得2214SS S=，22211114446aaddaad+=+， 高三数学试题 第2页（共11页） 即12da= 1 分 由663(2)Sa=+，得66611663+()332=+aaaaa+=，即12a = 2 分 解得4d =， 3 分 因此42

4、nan= 4 分 （2）由12a =，42nan=可得 13b =，12=84nnnbanb=， 5 分 当2n 时，11221()()()nnnnbbbbbb+ (84)12(1)=(84)(812)12=2nnnn+244n=， 即21=44nbbn，则2=41nbn 7 分 当1n=时，13b =，符合241nbn=， 所以当nN时，241nbn=； 8 分 则211111412 2121nbnnn=+， 9 分 因此1 11111111=12 1335212122121nnTnnnn=+=+ 10 分 评分说明： （1）中选择条件，12a =，4d =解对一个即得 1 分. （2）中1

5、3b =，12=84nnnbanb=解对一个即得 1 分. 18解析： （1）由3cos()cos2ACB可知3cos()cos()2ACAC，1 分 即3coscossinsincoscossinsin2ACACACAC, 高三数学试题 第3页（共11页） 可得3sinsin4AC 2 分 由/mn可得20bac， 3 分 由正弦定理可知23sinsinsin4BAC， 因为(0,)B，所以3sin2B 4 分 因此3B或23 分别代入3cos()cos2ACB，可知当23B时，cos()2AC，不成立 因此3B 6 分 （2）由3B可知cos()1AC，即AC， 7 分 因此ABC为等边三

6、角形，即abc， 8 分 解法一： 1123=sin=(5)sin(5)32234ACDSAC CDACDbaaa， 整理可得(5)4aa，即254aa 10 分 由余弦定理可知，在ABD中 22222=2cos255255213ADABBDAB BDccaa 因此AD的长为21 12 分 解法二： 113sinsin(5)3224ACDABDABCSSSAB BDBAB BCBca， 高三数学试题 第4页（共11页） 整理可得(5)4cc，即254cc 10 分 由余弦定理可知，在ABD中 2222=2cos255213ADABBDAB BDcc， 因此AD的长为21 12 分 评分说明：

7、（1）中由3sin2B解得3B或23，未进行取舍扣一分. 19（12 分） 解法 1：（1） 联结,AM AC，ACDBO=， 因为PBPD=， 所以POBD， 又因为ABCD是菱形，所以BDAC，所以BD 平面PAC， 所以 BDPC， 2 分 又PEPF=，所以/EF BD，所以EFPC， 由已知条件得，2,2 3BDAC= 由余弦定理得()222222332 31cos22 3 33PAPCACAPCPA PC+= ， 22212cos9 1 2 3 183AMPAPMPA PMAPC=+= + =， 所以222PAPMAM=+，所以PCAM， 4 分 因为直线,AM EF相交，且,AM

8、 EF都在平面AEMF内 所以直线PC 平面AEMF 5 分 高三数学试题 第5页（共11页） （2） 取N为MC的中点，联结,ON BN DN，则/ON AM，又/EF BD， 所以平面/AEMF平面BND，7 分 因为直线BD 平面PAC，联结MO， 所以,MOBD NOBD， 9 分 所以MON为平面MDB与平面AEMF所成二面角的平面角， 由已知可得，所以222ONOCCN=， 223OMONMN=+= 11 分 所以13sin33MON= 所以平面MDB与AEMF所成二面角的正弦值是3312 分 评分说明：评分说明：找出与平面AEMF平行的平面得 2 分；作出二面角的平面角得 2 分

9、； 求出二面角的平面角所在直角三角形的两边长得 2 分，结果 1 分 解法 2： （1）联结AC，ACBDO=，联结PO， 因为,PDPB PAPC=，所以,POBD POAC， 所以PO 平面ABCD， 2 分 以OA所在的直线为x轴，OB所在直线为y轴，OA所在直线为z轴， 建立如图所示的空间直角坐标系， 高三数学试题 第6页（共11页） 由已知可得：()3,0,0A，()0,1,0B，()3,0,0C ，()0, 1,0D，()0,0, 6P， ()()24 32 62 3,0,03,0, 6,0,333AMACCM=+= += ， 因为PEPF=，所以/EF BD， 因为()0,2,0

10、DB =，()3,0,6PC = ， 所以()4 32 63,0,6,0,033PC AM= =， ()()3,0,60,2,00PC DB= =， 所以,PCAM PCEF， 4 分 又EF与AM相交，且,AM EF都在平面AEMF内 所以PC 平面AEMF 5 分 评分说明：评分说明：说明,POAC POBD是建立坐标系的基础，得 2 分 证明0,0PC DBPC AM=，各得 1 分，结论 1 分 （2）因为()()232 63, 1,03,0, 6, 1,333BMBCCM=+= += ， ()()232 63,1,03,0, 6,1,333DMDCCM=+= += ， 7 分 高三数

11、学试题 第7页（共11页） 设平面MDB的法向量为(), ,mx y z=， 所以00m BMm DM= 8 分 即32 603332 6033xyzxyz+=+=，令2z =，4x =，0y =， 所以()4,0, 2m=， 10 分 由（1）可知，()3,0,6PC = 是平面AEMF的法向量， ， 设平面MDB和平面AEMF所成的二面角大小为， 所以6 36cos3189m PCmPC=， 11 分 所以23sin1 cos3= 所以平面MDB与AEMF所成二面角的正弦值是3312 分 20（12 分） 解：（1） 因为82=，8=， 所以考试成绩优秀者得分90即为+ 由()0.68P+

12、，得1()(1 0.68)0.162P+= 3 分 由此，估计该市此次司法考试成绩优秀者人数可达20 0.163.2=万人 4 分 （2）方法一 设抽奖一次获得手机流量为XG，则1(5)10P X =，9(1)10P X =， 8 分 所以抽奖一次获得手机流量的期望值为19()511.41010E X = + =（G） 10 分 又由于20万人均参与抽奖，且优秀者抽奖两次，所以抽奖的总次数为203.223.2+=万次， 11 分 因此，估计此次抽奖活动赠予的手机流量总值为23.2 1.432.48=（万 G） 高三数学试题 第8页（共11页） 12 分 方法二 设每位抽奖者获赠的手机流量为XG

13、，则X的值为1，2，5，6，10 于是 9756(1)(1 0.16)101000P X =， 291296(2)0.16 ()1010000P X =， 184(5)(1 0.16)101000P X =， 91288(6)0.16210 1010000P X =， 2116(10)0.16 ()1010000P X = 9 分 所以75612968428816()12+56101.62410001000010001000010000E X = + + +=（G） 11 分 因此，估计此次抽奖活动赠予的手机流量总值为20 1.62432.48=（万 G） 12 分 21 （12 分）解： （

14、1）函数( )f x的定义域为(0,)+， 由ln,1( ) |ln|ln,01xax xf xxaxxaxx+=+=+，得1,1( )1,01a xxfxaxx+=+； 1 分 由于0a ，则10ax+，即在区间(0,1)上( )0fx，函数( )f x单调递减； 2 分 当10a 时， x 1(1,)a 1a 1(,)a+ ( )fx + 0 ( )f x 增 减 4 分 高三数学试题 第9页（共11页） 当1a 时，10ax+，即在区间1,)+上( )0fx，函数( )f x单调递减； 5 分 综上： 当10a 时，函数( )f x在区间(0,1)上单调递减，在区间1(1,)a上单调递增

15、，在区间1(,)a+上单调递减； 当1a 时，函数( )f x在区间(0,)+上单调递减； 6 分（两种情况分析都正确得 1 分） （2）结合第（1）问答案，只有当10a 时函数( )f x才可能存在三个零点； 当10a 时， (1)0fa=， ()ln()(1)0aaaaf eea ea e= +=(01)ae， 在区间(0,1)上恰好存在一个零点； 7 分（不使用零点存在性定理不得分） 在区间1,)+上存在两个零点，需要保证11()ln() 10faa= ，即10ae， 8 分（不使用零点存在性定理不得分） 且此时(1)0fa=，1()0fa， 在区间1(1,)a上存在一个零点 9 分（不

16、使用零点存在性定理不得分） 同时211aa ，2111()2ln()faaa=+， 设1tea= ，对于函数2lnytt=，20tyt=，2ln|20t eytte= ， 故21()0fa，且1()0fa，在区间1(,)a+上存在一个零点 11 分（不使用零点存在性定理不得分） 总之，当10ae时，在区间(0,1)、1(1,)a、1(,)a+上各存在一个零点12 分 22 （12 分）解：(1)由已知可知，设直线l的斜率为k，则直线l的方程为2ykxp=+， 由222xpyykxp=+，消元得：22240 xpkxp= 所以212122,4xxpk x xp+=， 2 分 高三数学试题 第10

17、页（共11页） 因为点()11,A x y，()22,B xy在抛物线上，所以2211222,2xpy xpy=， 所以22212124x xp y y=，所以212464yyp=，所以4p =， 所以抛物线的标准方程为28xy= 3 分 准线方程为2y = 4 分 （2）由（1）得抛物线的方程为28xy=，设3344(,),(,)xDx yyC， 由题设可知，,C D两点关于直线:8l ykx=+对称， 则43431yykxx= ，所以348xxk+= 5 分 又3434822yyxxk+=+，得：348yy+=，6 分 同时由（1）知：12128 ,64xxk xx+= ，7 分 因为,C

18、 D在以线段AB为直径的圆上，所以90ACBADB=， 即ACBC，ADBD， 所以()() ()()132313230CA CBxxxxyyyy=+=， 即()()2222331213238888xxxxxxxx+ ()()()1323212123364064xxxxx xxxxx=+= 所以()2121233640 x xxxxx+=， 代入上式可得：23380kxx+=， 9 分 由2244338,8xy xy=可得223388 88xxk=， 化简得2332832320 xxkk+=， 所以2333322832832328320 xxkxxkkkk+=， 所以3328328320kxx

19、kk+=， 高三数学试题 第11页（共11页） 即()()23140kkx+=， 10 分 若340kx +=，则344xxk= 与题设不符， 所以210k =，解得1k = 11 分 所以直线l的斜率为1或1 12 分 解法二解法二：由23380kxx+=， 9 分 解得：30 x =，或38xk= ， 由2244338,8xy xy=，可得223388 88xxk=， 化简得2332832320 xxkk+=， 若30 x =，则232320k=，则1k = ， 若38xk= ，则22326464320kk+=， 解得1k = 或22k = ， 10 分 其中22k = ，此时43xx=不合题意11 分 所以直线l的斜率为1或1 12 分